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全国版2017版高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用2.11.3导数的综合应用课件理_图文

第三课时
导数的综合应用

考向一

利用导数研究函数的零点或方程的根

【典例1】(2015·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)=

1 x ? ax ? , 4 (1)当a为何值时, x轴为曲线y=f(x)的切线.
3

g(x)=-lnx.

(2)用min{m,n}表示m,n中的最小值,设函数h(x)=

min{f(x),g(x)}(x>0),讨论h(x)零点的个数.

【解题导引】(1)利用导数的几何意义,设切点为

(x0,0),利用f(x0)=0,f′(x0)=0列出方程组求解.
(2)首先理解min{m,n}表示m,n中的最小值,然后按

x∈(1,+≦),x=1,x∈(0,1)进行分类讨论,确定h(x)零
点的个数.

【规范解答】(1)设曲线y=f(x)与x轴相切于点

1 3 (x0,0),则f(x0)=0,f′(x0)=0,即 ? ? x 0 ? ax 0 ? ? 0, 4 ? ?3x 2 ? a ? 0. 解得 ? 0 1 3 x 0 ? ,a ? ? . 因此,当 2 时,x轴为曲线y=f(x)的切线. 4 3 a?? 4

(2)当x∈(1,+≦)时,g(x)=-ln x<0, 从而h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0,

故h(x)在(1,+≦)上无零点.
当x=1时,若 则f(1)= ≥0,

5 5 a ?故x=1是h(x)的零点; a?? , h(1)=min{f(1),g(1)}=g(1)=0, 4 4

若 a ? ? 5 , 则f(1)<0,h(1)=min{f(1),g(1)}=f(1)<0, 4 故x=1不是h(x)的零点.

当x∈(0,1)时,g(x)=-ln x>0.
所以只需考虑f(x)在(0,1)上的零点个数.

(i)若a≤-3或a≥0,则f′(x)=3x2+a在(0,1)上无零点,

故f(x)在(0,1)上单调.


1 5 f ? 0 ? ? ,f ?1? ? a ? , 所以当a≤ 4 -3时,f(x) 4 在(0,1)上有一个零点;当a≥0
时,f(x)在(0,1)上没有零点.

(ii)若-3<a<0,则f(x)在 (0, ? a ) 上单调递减, 3 在 a 上单调递增,故在(0,1)中,当 a 时, ( ? ,1) x? ? 3 3 f(x)取得最小值,最小值为 a 2a a 1 f( ? ) ? ? ? . ①若 即 f(x) 3在(0,1) 3 上没有零点; 3 4 3 a ? ? a ? 0, f ( ? ) ? 0, ②若 即 4 则f(x)在(0,1)上有唯一零点; 3

a f ( ? ) ? 0, 3

3 a?? , 4

a 即 ?3 ? a ? ? 3 , f ( ? ) ? 0, 4 3 由于 1 5 f ? 0 ? ? ,f ?1? ? a ? , 4 4f(x)在(0,1)上有两个零点; 所以当 时, 5 3 ? ?a?? 4 时, 4 f(x)在(0,1)上有一个零点. 当 5 ?3 ? a ? ? 综上,当 时,h(x)有一个零点; 4 3 5 a ? ? 或a ? ? 4 4


当 a ? ? 3 或a ? ? 5 时,h(x)有两个零点; 4 4 当 5 3 时,h(x)有三个零点. ? ?a?? 4 4

【规律方法】利用导数研究方程根的方法 (1)研究方程根的情况,可以通过导数研究函数的单调 性、最大值、最小值、变化趋势等. (2)根据题目要求,画出函数图象的走势规律,标明函数 极(最)值的位置. (3)通过数形结合的思想去分析问题,可以使问题的求 解有一个清晰、直观的整体展现.

2 x 【变式训练】(2015·北京高考)设函数f(x)= ? kln x, 2 k>0.

(1)求f(x)的单调区间和极值. (2)证明若f(x)有零点,则f(x)在区间 个零点. 上仅有一

(1, e)

【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+≦),f′(x)=

k x2 ? k x? ? . x k>0,所以令f′(x)=0得 x 因为

列表如下: x ? k,

x f′(x) f(x)

(0, k )


k
0 极小值

( k, ??)
+ ↗

减区间为 当x=

(0, k),

增区间为

( k, ??).

k ? kln k f( k) ? . k (2)当 ≤1,即0<k≤1时,f(x)在 2 上单调递增, (1, e) k f(1)= 所以f(x)在区间 1 e k e?k ,f ( . e) ? ? ? ? 0, (1, e) 上没有零点 2 2 2 2

时,取得极小值



即1<k<e时,f(x)在 上递减, (1, k) 1 ? k ? e,



上递增,

( k, e)

1 e?k k ? kln k k ?1 ? ln k ? f ?1? ? ? 0,f ( e) ? ? 0,f ( k) ? ? ? 0, 此时函数没有零点 .2 2 2 2
当 即k≥e时,f(x)在 上单调递减,

k ? e,

(1, e)

1 e?k 所以f(x)在区间 上仅 f ?1? ? ? 0,f ( e) ? ? 0. (1, e) 2 2 有一个零点.
综上,若f(x)有零点,则f(x)在区间 上仅有一个

零点.

(1, e)

【加固训练】 1.已知函数f(x)= 1 (x∈R,其中a>0). 1? a 2 x ? x ? ax ? a, 3(-2,0) 2 内恰有两个零点,则 a的取 若函数f(x)在区间
3

值范围是(

)

1 A.(0, ) 3

1 B.( ,1) 3

C. ?1,2 ?

D.(0, ??)

【解析】选A.f′(x)=x2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a). 由f′(x)=0,得x=-1或a(a>0).

当x变化时f′(x)与f(x)的变化情况如表:

x f′(x) f(x)

(-≦,-1) +

-1 0 极大值

(-1,a) -

a 0 极小值

(a,+≦) +

单调递 增↗

单调递 减↘

单调递 增↗

故函数f(x)的单调递增区间是(-≦,-1),(a,+≦); 单调递减区间是(-1,a).

可知函数f(x)在区间(-2,-1)内单调递增;在区间
(-1,0)内单调递减.

从而函数f(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点,

?f (?2) ? 0, 1 当且仅当 ? 解得 0<a< . ?f (?1) ? 0, 3 ?f (0) ? 0, ? 所以a的取值范围是 1 (0, ). 3

2.已知函数f(x)=x2+xsinx+cosx的图象与直线y=b有两

个不同的交点,则b的取值范围是

.

【解析】设g(x)=f(x)-b=x2+xsinx+cosx-b. 令g′(x)=f′(x)-0=x(2+cosx)=0,得x=0. 当x变化时,g′(x),g(x)的变化情况如表:

x

(-≦,0)

0

(0,+≦)

g′(x)
g(x)

单调递减↘

0
1-b

+
单调递增↗

所以函数g(x)在区间(-≦,0)上单调递减,在区间 (0,+≦)上单调递增,且g(x)的最小值为g(0)=1-b. ①当1-b≥0时,即b≤1时,g(x)=0至多有一个实根,

曲线y=f(x)与y=b最多有一个交点,不合题意.
②当1-b<0时,即b>1时,有g(0)=1-b<0,

g(2b)=4b2+2bsin2b+cos2b-b>4b-2b-1-b>0.

所以y=g(x)在(0,2b)内存在零点.

又y=g(x)在R上是偶函数,且g(x)在(0,+≦)上单调递增,
所以y=g(x)在(0,+≦)上有唯一零点,在(-≦,0)也有唯

一零点.
故当b>1时,y=g(x)在R上有两个零点, 则曲线y=f(x)与直线y=b有两个不同交点.

综上可知,如果曲线y=f(x)与直线y=b有两个不同交点,

那么b的取值范围是(1,+≦).
答案:(1,+≦)

3.已知函数f(x)=(2-a)x-2(1+ln x)+a.
(1)当a=1时,求f(x)的单调区间.

(2)若函数f(x)在区间

1 (0, ) 2

上无零点,求a的最小值.

【解析】(1)当a=1时,f(x)=x-1-2ln x,

则f′(x)=

2 定义域x∈(0,+≦). 1? , x x>2,由f′(x)<0,得0<x<2, 由f′(x)>0,得
故f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为
(2,+≦).

(2)f(x)=(2-a)(x-1)-2ln x,

令m(x)=(2-a)(x-1),x>0;h(x)=2ln x,x>0,
则f(x)=m(x)-h(x).

①当a<2时,m(x)在
上为增函数,

上为增函数,h(x)在

1 (0, ) 2

1 (0, ) 2

若f(x)在 (0, 1 ) 上无零点,则 m( 1 ) ? h( 1 ), 2 2 2 即 1 1 所以a≥2-4ln 2, ? 2 ? a ? ( ? 1) ? 2ln , 2 2 所以2-4ln 2≤a<2.

②当a≥2时,在 (0, 1 ) 上m(x)≥0,h(x)<0, 2 所以f(x)>0,所以f(x)在 1 上无零点. (0, ) 2 =2-4ln 2. 由①②得a≥2-4ln 2,所以amin

4.(2014·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线

y=f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为-2.
(1)求a.

(2)证明:当k<1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个
交点.

【解析】(1)因为f(x)=x3-3x2+ax+2,

所以f′(x)=3x2-6x+a,f′(0)=a,
设切点A(0,2),切线与x轴交点为B(-2,0), 则kAB=f′(0),即 所以a=1.

2?0 ? a, 0 ? ? ?2 ?

(2)当k<1时,令f(x)-kx+2=x3-3x2+x-kx+4=0. 则

4 x ? 3x ? 1 ? ? k, x ? 0, x 令 4 2 g ? x ? ? x ? 3x ? 1 ? ? x ? 0 ? . 则g′(x)= x 4 2x 3 ? 3x 2 ? 4 2-4 ?3 ? ,则h′(x)=6x ? . 2-6x=6x(x-1), 令h(x)=2x32x -3x 2 2 x x
2

所以当x∈(0,1)时,h′(x)<0,h(x)递减.

当x∈(-≦,0)或(1,+≦)时,h′(x)>0,h(x)递增;

且h(0)<0,h(2)=0.
所以当x<2时,h(x)<0,g′(x)<0,g(x)在(-≦,0),

(0,2)上递减;
当x>2时,h(x)>0,g′(x)>0,g(x)在(2,+≦)上递增;

所以当x∈(0,2)∪(2,+≦)时,g(x)≥g(2)=1,
当x∈(-≦,0)时,单调递减,且g(x)∈(-≦,+≦).

所以当k<1时,g(x)=k仅有一个根,图象如图所示,

所以当k<1时,y=f(x)与y=kx-2仅有一个交点.

考向二

利用导数研究不等式的有关问题 【考情快递】

命题方向 证明不等式

命题视角 以函数为背景,利用导数证明某些不等式,主

要考查导数的综合应用,属难题

不等式恒成 以函数为背景,考查不等式恒成立问题的解 立问题 决方法及导数的综合应用,属难题

【考题例析】

命题方向1:证明不等式
【典例2】(2016·唐山模拟)已知f(x)=(1-x)ex-1.

(1)求函数f(x)的最大值.
(2)设g(x)= x>-1,且x≠0,证明:g(x)<1.

f (x) , x

【解题导引】(1)先求导,然后结合函数的单调性求

最值.
(2)构造函数h(x)=f(x)-x,结合函数的单调性证明.

【规范解答】(1)f′(x)=-xex.
当x∈(-≦,0)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;

当x∈(0,+≦)时,f′(x)<0,f(x)单调递减.
所以f(x)的最大值为f(0)=0.

(2)由(1)知,当x>0时,f(x)<0,g(x)<0<1. 当-1<x<0时,g(x)<1等价于f(x)>x. 设h(x)=f(x)-x,则h′(x)=-xex-1. 当x∈(-1,0)时,0<-x<1,0<ex<1,则0<-xex<1,

从而当x∈(-1,0)时,h′(x)<0,h(x)在(-1,0)上单调递
减.

当-1<x<0时,h(x)>h(0)=0,即g(x)<1.

综上,总有g(x)<1.

命题方向2:不等式恒成立问题
【典例3】(2015·北京高考)已知函数f(x)=

1? x ln . (1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程.1 ? x
(2)求证:当x∈(0,1)时,f(x)> (3)设实数k使得f(x)>

求k的最大值.

x3 k(x ? ) 3

x3 2(x ? ). 对x∈(0,1)恒成立, 3

【解题导引】(1)求出切点(0,f(0)),导数f′(0), 代入得到切线方程. (2)构造函数F(x)=ln(1+x)-ln(1-x)证明最 x 2(x ? ), 3
3

小值大于0.
(3)构造函数t(x)=

x∈(0,1),求导,

1? x x3 讨论k的取值情况从而确定 k的最大值 ln ? k(x ? ), . 1? x 3

【规范解答】(1)f(x)=

2 , 2 1? x (2)原命题等价于任意x∈(0,1),

1 ? x x∈(-1,1),f′(x)= ln , 1? x f′(0)=2,f(0)=0,所以切线方程为y=2x.

x3 f ? x ? ? 2(x ? ) ? 0. 设函数 F(x)=ln(1+x)-ln(1-x)3
F′(x)=

2x 4 . 2 1? x

x3 2(x ? ), 3

当x∈(0,1)时,F′(x)>0,函数F(x)在x∈(0,1)上是 单调递增函数.F(x)>F(0)=0, 因此任意x∈(0,1),f(x)> (3)

1? x x ln ? k(x ? ), x∈(0,1). 1? x 3
3

x 2(x ? ). x∈(0,1) ?3 t(x)=

3

1? x x ln ? k(x ? ) ? 0, 1? x 3
3

4 2 kx ?2?k 2 t? ? x ? ? ? k(1 ? x ) ? ,x ? ? 0,1?. 2 2 1? x 1? x

当k∈[0,2],t′(x)≥0,函数t(x)单调递增, t(x)>t(0)=0显然成立. 当k>2时,令t′(x0)=0得

k?2 x ? t′(x)的变化情况列表如下: k
4 0

∈(0,1),

x t′(x) t(x)

(0,x0) ↘

x0 0 极小值

(x0,1) + ↗

t(x0)<t(0)=0,显然不成立.

当k<0时,显然k取不到最大值.
综上可知,k的最大值为2.

【技法感悟】 1.利用导数证明不等式的方法

证明f(x)<g(x),x∈(a,b),可以构造函数F(x)=f(x)g(x),如果F′(x)<0,则F(x)在(a,b)上是减函数,同时 若F(a)≤0,由减函数的定义可知,x∈(a,b)时,有 F(x)<0,即证明了f(x)<g(x).

2.利用导数解决不等式的恒成立问题的策略

(1)首先要构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出
最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取

值范围.
(2)也可分离变量,构造函数,直接把问题转化为函数的 最值问题.

【题组通关】

1.(2016·贵阳模拟)若关于x的不等式x3-3x2-9x+2≥m
对任意x∈[-2,2]恒成立,则m的取值范围是 ( )

A.(-∞,7]
C.(-∞,0]

B.(-∞,-20]
D.[-12,7]

【解析】选B.令f(x)=x3-3x2-9x+2,则f′(x)=3x2-6x-9,

令f′(x)=0,得x=-1或3(舍去).
因为f(-1)=7,f(-2)=0,f(2)=-20.

所以f(x)的最小值为f(2)=-20,故m≤-20.

2.(2016·石家庄模拟)设函数f(x)=ax3-3x+1(x∈R), 若对于任意x∈[-1,1],都有f(x)≥0成立,则实数a的值 为 .

【解析】若x=0,则不论a取何值,f(x)≥0显然成立.

当x>0,即x∈(0,1]时,f(x)=ax3-3x+1≥0,
可化为

3 1 a? 2 ? 3. 设g(x)= x x 则g′(x)= 3(1 ? 2x) 3 1 , ? 3, 4 所以g(x) 在区间 上单调递增,在区间 上单调 2 x x x 1 1 递减, [ ,1] (0, ] 2 2

因此g(x)max= g( 1 ) ? 4,从而a≥4. 2 当x<0,即x∈[-1,0]时,同理, 3 1 a? 2 ? 3. x x g(x)在区间[-1,0]上单调递增,

所以g(x)min=g(-1)=4,从而a≤4,综上,可知a=4.
答案:4

3.(2016·长沙模拟)已知f(x)=xln x,g(x)=-x2+ax-3. (1)对一切x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立,求实数 a的取值范围.

(2)证明:对一切x∈(0,+∞),

恒成立.

1 2 ln x> x ? e ex

【解析】(1)由题意知2xln x≥-x2+ax-3对一切
x∈(0,+≦)恒成立,



3 a ? 2ln x ? x ? , 设h(x)= x 3 2ln x ? x ? ? x>0 ?, 则h′(x)= x (x ? 3)(x ? 1) ①当x∈(0,1)时,h′(x)<0, h(x)单调递减. . 2 x

②当x∈(1,+≦)时,h′(x)>0,h(x)单调递增,

所以h(x)min=h(1)=4,对一切x∈(0,+≦),
2f(x)≥g(x)恒成立,

所以a≤h(x)min=4,即实数a的取值范围是(-≦,4].

x 2 (x∈(0,+≦)). xln x ? x ? e e 又f(x)=xln x,f′(x)=ln x+1,
(2)问题等价于证明 当x∈ 时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 1 (0, ) 当x∈ e 时,f′(x)>0,f(x)单调递增, 1 所以 ( e , ??) 1 1 f ? x ?min ? f ( ) ? ? . e e

设m(x)= x ? 2 (x∈(0,+≦)),则m′(x)= 1 ? x , x x e e e 易知m(x)max=m(1)= 1 ? , e 从而对一切x∈(0,+≦), 恒成立. 1 2 ln x> x ? e ex

考向三

利用导数研究生活中的优化问题

【典例4】(2016·黄冈模拟)某企业拟建造如图所示的 容器(不计厚度,长度单位:米),其中容器的中间为 圆柱形,左右两端均为半球形,按照设计要求容器的 体积为 立方米.假设该容器的建造费用仅与其表面

64? 积有关.已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元,半 3 球形部分每平方米建造费用为4千元.设该容器的总建
造费用为y千元.

(1)将y表示成r的函数f(r),并求该函数的定义域. (2)讨论函数f(r)的单调性,并确定r和l为何值时,该容

器的建造费用最小,并求出最小建造费用.

【解题导引】(1)该组合体是由两个半球和一个圆柱体

构成的,利用公式求出每部分的表面积.
(2)利用导数求出函数的最值.

【规范解答】(1)因为容器的体积为 64? 立方米, 3 所以 4?r 3 解得 64 64 4 2 ? ?r l ? ?, l ? 2 ? r, 3 3 3r 3 所以圆柱的侧面积为 2πrl=

64 4 128? 8?r 2?r( 2 ? r) ? ? , 2, 两端两个半球的表面积之和为4πr 3r 3 3r 3
2

2 128 ? 8 ? r 所以y=f(r)= ( ? ) ? 3 ? 4?r 2 ? 4 3r 3 128? ? ? 8?r 2 , 又 r 4 64 4 l ? 2 ? r ? 0 ? r ? 2 3, 所以定义域为 3r 3

(0,2 ).

4 3

128? 16?(r ? 8) y? ? ? 2 ? 16?r ? , 2 r r 4 所以令y′>0,得 令y′<0,得0<r<2, 2 ? r ? 2 3; 当r∈ 4 时,f(r)为增函数,当r∈(0,2)时,f(r)为 (2,2 3 ) 减函数,
(2)因为
3

所以当r=2, 千元.

时,该容器的建造费用最小为96π

8 l? 3

【母题变式】 1.若典例条件不变,试求该容器表面积的最小值. 【解析】因为容器的体积为

64? 所以 解得 3 4?r 3 64 64 4 2 ? ?r l ? ?, l ? 2 ? r, 所以圆柱的侧面积为 3 3 3r 3

立方米,

64 4 128? 8?r 2 2?rl ? 2?r( 2 ? r) ? ? , 3r 3 3r 3

两端两个半球的表面积之和为4πr2, 故该容器的表面积
2 128? 8?r 2 128 ? 4 ? r 2 y? ? ? 4?r ? ? , 3r 3 3r 3 则 128? 8?r 8?(r 3 ? 16) y? ? ? 2 ? ? , 2 3r 3 3r 令y′=0,解得

易知当r=

3 r ? 16, 米时,

3 表面积取得最小值, ymin= 16

平方米.

16? 3 4

2.若由于场地的限制,使典例中该容器的半径要限制



3 范围内,则求容器建造费用的最小值. (0, ] 2

3 128 ? 16 ? (r ? 8) 【解析】由例题得 y? ? ? 2 ? 16?r ? , 2 r r 4 所以令y′>0,得 2 ? r ? 2 3; 令y′<0,得0<r<2,

故当r∈

时,函数单调递减,

3 (0,时, ] 故当 2 3 310? r? ymin ? . 2 3

【规律方法】利用导数解决生活中的优化问题的一般

步骤
(1)分析实际问题中各量之间的关系,列出实际问题的

数学模型,写出实际问题中变量之间的函数关系式
y=f(x). (2)求函数的导数f′(x),解方程f′(x)=0.

(3)比较函数在区间端点和f′(x)=0的点的函数值的大

小,最大(小)者为最大(小)值.
(4)回归实际问题,结合实际问题作答.

【变式训练】(2016·孝感模拟)某商场销售某种商品

的经验表明,该商品每日的销售量y(单位:千克)与销
售价格x(单位:元/千克)满足关系式

a 2 y? ? 10 ? x ? 6 ? , 其中3<x<6,a为常数.已知销售价格为5 元 /千克时, x ?3
每日可售出该商品11千克.

(1)求a的值.

(2)若该商品的成本为3元/千克,试确定销售价格x的
值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大.

【解析】(1)因为x=5时,y=11, 所以 a ? 10 ? 11,a ? 2. 2 (2)由(1)可知,该商品每日的销售量

2 2 y? ? 10 ? x ? 6 ? . 所以商场每日销售该商品所获得的利润 x ?3

2 2 f ? x ? ? ? x ? 3?[ ? 10 ? x ? 6 ? ] x ?3

=2+10(x-3)(x-6)2,3<x<6.
从而,f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)] =30(x-4)(x-6). 于是,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表:

x f′(x) f(x)

(3,4) + 单调递增↗

4 0 极大值

(4,6) 单调递减↘

由上表可得,x=4是函数f(x)在区间(3,6)内的极大值 点,也是最大值点.

所以,当x=4时,函数f(x)取得最大值,且最大值等于
42. 当销售价格为4元/千克时,商场每日销售该商品所获 得的利润最大.

【加固训练】 1.已知某生产厂家的年利润y(单位:万元)与年产量 x(单位:万件)的函数关系式为 则 1 3 y ? ? x ? 81x ? 234, 使该生产厂家获取最大年利润的年产量为 ( ) 3 A.13万件 C.9万件 B.11万件 D.7万件

【解析】选C.因为y′=-x2+81,

所以当x>9时,y′<0;
当x∈(0,9)时,y′>0,所以函数

1 3 y ? ? x ? 81x ? 234 在(9,+≦)上单调递减,在(0,9)上单调递增, 3
所以x=9是函数的极大值点,

又因为函数在(0,+≦)上只有一个极大值点,
所以函数在x=9处取得最大值.

2.(2016·吉林模拟)某蔬菜基地有一批黄瓜进入市场

销售,通过市场调查,预测黄瓜的价格f(x)(单位:元/kg)
与时间x(单位:天,x∈(0,8]且x∈N+)的数据如表:

时间x 价格f(x)

8 8

6 4

2 20

(1)根据上表数据,从下列函数中选取一个函数描述黄

瓜价格f(x)与上市时间x的变化关系:f(x)=ax+b,f(x)=
ax2+bx+c,f(x)=a·bx,其中a≠0,并求出此函数.

(2)在日常生活中,黄瓜的价格除了与上市日期相关,

与供给量也密不可分.已知供给量h(x)= 1

5 (x∈N+). x? 3 18 在供给量的限定下,黄瓜实际价格g(x)=f(x)·h(x).
求黄瓜实际价格g(x)的最小值.

【解析】(1)根据表中数据,表述黄瓜价格f(x)与上市 时间x的变化关系的函数不是单调函数,这与函数 f(x)=ax+b,f(x)=a·bx,均具有单调性不符,所以,在 a≠0的前提下,可选取二次函数f(x)=ax2+bx+c进行描

述.

把表格提供的三对数据代入该解析式得到:

?64a ? 8b ? c ? 8, 解得a=1,b=-12,c=40. ? ?36a ? 6a ? c ? 4, ?4a ? 2b ? c ? 20, 所以 ? ,黄瓜价格f(x)与上市时间x的函数关系是
f(x)=x2-12x+40,x∈(0,8]且x∈N+.

(2)因为g(x)=f(x)·h(x), 所以g(x)=

1 5 1 3 77 2 50 100 (x ? 12x ? 40)( x ? ) ? x ? x ? x ? , 3 18 3 18 3 9 所以g′(x)= 77 50 2 x ? x? . 2 令g′(x)=0,所以 ,即(x-3)(9x-50) 9 9x -77x+150=0 3
2

=0,所以x=3或

50 令g′(x)>0,所以 x? . 9

或x<3.

50 x? 9

又因为x∈(0,8],且x∈N+, 所以函数g(x)在区间(0,3)和 50 上是增函数. ( , 8] 9 同理函数g(x)在区间 上是减函数 . 50 (3, ) 又x∈N+,且g(1)<g(6)<g(5) 9 , 所以g(x)最小值=g(1)=

29 所以黄瓜价格的最小值约为 , 18 29 18

元/千克.

3.某食品厂进行蘑菇的深加工,每公斤蘑菇的成本为

20元,并且每公斤蘑菇的加工费为t元(t为常数,且
2≤t≤5).设该食品厂每公斤蘑菇的出厂价为x元

(25≤x≤40),根据市场调查,销售量q公斤与ex成反比,
当每公斤蘑菇的出厂价为30元时,日销售量为100公斤.

(1)求该工厂的每日利润y元与每公斤蘑菇的出厂价x元

的函数关系式.
(2)若t=5,当每公斤蘑菇的出厂价x为多少时,该工厂的

每日利润y最大?并求最大值.

【解析】(1)设日销量 q ? k , 则 k ? 100, x 30 e e 30 所以k=100e , 所以日销量

100e30 q? x , e 所以 100e30 (x ? 20 ? t) ? 时, x ? 25 ? x ? 40?. (2)当y t=5 e 100e30 (x ? 25) y? , x e 30 100e (26 ? x) y? ? . x e

由y′≥0得x≤26,由y′≤0,得x≥26,

所以y在区间[25,26]上单调递增,在区间[26,40]上单
调递减, 所以当x=26时,ymax=100e4, 即当每公斤蘑菇的出厂价为26元时,该工厂的每日利润 最大,最大值为100e4元.



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